福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

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福建省莆田第二十五中学2019-2020学年高一上学期12月月考化学试题

www.ks5u.com 莆田第二十五中学2019—2020学年上学期月考(二)试卷 高一化学 可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Mg-24 Al-27 S-32‎ 第Ⅰ卷(选择题)‎ 一、选择题(本题包括22小题,每小题2分,共44分,每小题只有一个选项符合题意)‎ ‎1.下列分类标准不正确的是(  )‎ A. 化学反应分为:氧化还原反应、非氧化还原反应(标准:是否有电子的转移)‎ B. 分散系分为:溶液、胶体、浊液(标准:能否产生丁达尔效应)‎ C. 纯净物分为:单质、化合物(标准:组成物质的元素种数)‎ D. 化合物分为:电解质、非电解质(标准:溶于水或熔融状态能否导电的化合物)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、有电子转移的化学反应为氧化还原反应、没有电子转移的化学反应为非氧化还原反应,故A正确;‎ B、根据分散质粒子直径不同,把分散系分为溶液、胶体、浊液,故B错误;‎ C、只由1种元素组成的纯净物是单质,由多种元素组成的纯净物是化合物,故C错误;‎ D、在水溶液或熔融状态能导电的化合物是电解质,在水溶液和熔融状态都不能导电的化合物是非电解质,故D正确;‎ 答案选B。‎ ‎2.下列有关物质分类或归类中,正确是( )‎ A. 混合物:盐酸、氢氧化铁胶体、氯水、玻璃 B. 碱性氧化物:Na2O、MgO、MnO2、K2O C. 电解质:NaHSO4、石墨、CO2、NH4Cl D. 酸性氧化物:CaO、CO2、SiO2、SO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.盐酸、氢氧化铁胶体、氯水、玻璃均有多种成分组成,均为混合物,故A正确;‎ B.Na2O、MgO、K2O是碱性氧化物,而MnO2与碱反应生成盐和水,也和酸能生成盐和水,是两性氧化物,故B错误;‎ C.NaHSO4、NH4Cl是电解质,CO2是非电解质,而石墨是单质,不是电解质,也不是非电解质,故C错误;‎ D.CO2、SiO2、SO3均为酸性氧化物,而CaO为碱性氧化物,故D错误;‎ 故答案为A。‎ ‎3.NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是( )‎ A. 在同温同压时,相同体积的任何气体单质所含的分子数目相同 B. 2g氢气所含原子数目为NA C. 在常温常压下, 11.2L氮气所含的原子数目为NA D. 17g氨气所含氢原子数目为NA ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在相同状态下,气体的体积之比等于物质的量之比等于分子个数之比,故同温同压下相同体积的任何气体中含有的分子个数相同,故A正确;‎ B.氢气由氢原子构成,故2g氢气中含有的H原子的物质的量为2mol,故个数为2NA个,故B错误;‎ C.常温常压下气体摩尔体积大于11.2L,故11.2L氮气的物质的量小于0.5mol,故原子个数小于NA个,故C错误;‎ D.17g氨气的物质的量为1mol,而1个氨气分子中含3个H原子,故1mol氨气中含3NA个H原子,故D错误;‎ 故答案为A。‎ ‎4.下列图示中正确的实验操作是(  )‎ A. 除去CO中的CO2 B. 闻气体气味 C. 稀释浓硫酸 D. 向试管中滴加液体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、洗气的原则是长进短出,图中是短进长出,故A错误;‎ B、闻气体的气味时,应用手在瓶口轻轻的扇动,使极少量的气体飘进鼻子中,不能将鼻子凑到集气瓶口去闻气体的气味,图中所示操作正确,故B正确;‎ C、量筒只能用来量取液体的体积,不能用来配制或稀释溶液,故C错误;‎ D、使用胶头滴管滴加少量液体的操作,注意胶头滴管不能伸入到试管内或接触试管内壁,应垂直悬空在试管口上方滴加液体,防止污染胶头滴管,图中所示操作错误,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎5.鉴别SO42-时所选用的试剂及顺序最合理的是( )‎ A. 稀盐酸、BaCl2溶液 B. 稀硝酸、BaCl2溶液 C. Ba(NO3)2溶液、稀盐酸 D. BaCl2溶液、稀盐酸 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】鉴别SO42关键是要排除SO32-、CO32-、Ag+等的干扰,故应先加入稀盐酸,若无现象,即可SO32-、CO32-、Ag+等离子,然后再后加入BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则SO42-存在。答案选A。‎ ‎6.中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料,在700 ℃时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上,立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”,你认为其中错误的是(  )‎ A. 金刚石属于金属单质 B. 制造过程中元素种类没有改变 C. CCl4是一种化合物 D. 这个反应是置换反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.金刚石的构成元素为碳,属于非金属单质,故A错误;‎ B.根据元素守恒定律可知制造过程中元素种类没有改变,故B正确;‎ C.四氯化碳是由碳元素和氯元素组成的纯净物,属于化合物,故C正确;‎ D.CCl4和金属钠反应生成金刚石(碳单质)和NaCl,是置换反应,故D正确;‎ 故答案为A。‎ ‎7. 下列电离方程式错误的是 ( )‎ A. NaHCO3=Na++H++CO32- B. NaHSO4=Na++H++SO42-‎ C. Mg(NO3)2=Mg2++2NO3- D. Na2SO4=2Na++SO42-‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、碳酸氢钠属于强碱弱酸盐,电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-,故A错误;‎ B、NaHSO4属于强碱弱酸盐,完全电离,即NaHSO4=Na++H++SO42-,故B正确;‎ C、Mg(NO3)2属于盐,即电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2++2NO3-,故C正确;‎ D、Na2SO4属于盐,Na2SO4=2Na++SO42-,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎8. 为达到下列实验目的,所采用的方法合理的是 A. 溴水中提取溴:分液 B. 分离水和汽油混合物:蒸馏 C. 分离饱和食盐水和沙子的混合物:过滤 D. 从硝酸钾和氯化钠混合液中获取硝酸钾:萃取 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溴溶于水中,不能用分液的方法分离,错误,不选A;‎ B、水和汽油是不互溶的液体混合;物,可以用分液的方法,不选用蒸馏的方法,错误,不选B;‎ C、沙子不溶于水,可以用过滤的方法分离,选C;‎ D、硝酸钾和氯化钠的溶解度随温度变化差异较大,应该用结晶的方法分离,错误,不选D。‎ ‎9.下列状态的物质,既能导电又属于电解质的是 A. MgCl2晶体 B. NaCl溶液 C. 液态氯化氢 D. 熔融的KOH ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. MgCl2晶体是电解质,但不能导电,故A不选;‎ B. NaCl溶液能导电,但由于是混合物,所以不是电解质,故B不选;‎ C. 液态氯化氢是电解质,但由于没有自由移动的离子,所以不能导电,故C不选;‎ D. 熔融的KOH里有自由移动的离子,可以导电,同时熔融的KOH是纯净物,是电解质,故D选。‎ 故选D。‎ ‎【点睛】有自由移动的离子或电子可以导电。电解质必须是化合物,即必须是纯净物。酸、碱、盐都是电解质。‎ ‎10.下列说法不正确的是( )‎ A. 1mol氧气的质量为32g B. 常温常压下,1molCO2气体体积约为22.4L C. 88gCO2的摩尔质量为44g/mol D. 1L2mol/L的BaCl2溶液中含Cl-的个数为2.408×1024‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氧气摩尔质量为32g/mol,则1mol 氧气的质量为32g,故A正确;‎ B.常温常压下气体摩尔体积等于22.4L/mol,常温常压下,1mol CO2气体体积大于22.4L,故B错误;‎ C.二氧化碳相对分子质量为44,则其摩尔质量为44g/mol,故C正确;‎ D.氯离子浓度为氯化钡的2倍,氯离子物质的量为1L×2×2mol/L=4mol,溶液中氯离子数目为4mol×6.02×1023mol-1=2.408×1024,故D正确;‎ 故答案为B。‎ ‎11.下列实验操作均要用玻璃棒,其中玻璃棒作用相同的是 ( )‎ ‎① 过滤 ② 蒸发 ③ 溶解 ④ 向容量瓶中转移液体 A. ①和② B. ①和③ C. ③和④ D. ①和④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】① 过滤中玻璃棒的作用为引流; ② 蒸发中玻璃棒的作用为搅拌; ③ 溶解中玻璃棒的作用为搅拌; ④ 向容量瓶中转移液体,玻璃棒的作用为引流。‎ 故选D。‎ ‎12.欲除去下列物质中的杂质(括号内物质为杂质),所用试剂不正确的是( )‎ A. KNO3溶液(K2SO4):适量Ba(NO3)2溶液 B. CaCO3粉末(CaCl2):过量盐酸 C. Cu粉(Zn粉):过量盐酸 D. CO2(O2):灼热的铜网 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.K2SO4与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡沉淀和KNO3,可除去杂质,故A正确;‎ B.碳酸钙溶于盐酸,应加水然后过滤,故B错误;‎ C.锌与盐酸反应,而铜不反应,可用盐酸除杂,故C正确;‎ D.氧气与铜在高温条件下反应,可用于除杂,故D正确;‎ 故选B。‎ ‎【点晴】本题考查物质的分离提纯,为高考常见题型和高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同,除杂时不能引入新杂质,更不能影响被提纯物质的性质。‎ ‎13.某元素的原子结构示意图为,下列关于该原子的说法正确的是 A. 质子数为7 B. 最外层电子数为2‎ C. 核外电子数为7 D. 核外有3个电子层 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。小圈和圈内的数字表示原子核和核内质子数,弧线表示电子层,弧线上的数字表示该层的电子数。所以选项D正确,该元素的质子数是17,核外电子数也是17,答案选D。‎ ‎14. 下列有关实验操作或判断正确的是 A. 配制一定物质的量浓度的溶液,定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小 B. 需要95 mL 0.1 mol·L-1NaCl溶液,可选用100 mL容量瓶来配制 C. 用100 mL的量筒量取5.2 mL的盐酸 D. 用托盘天平称取25.20 g NaCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、配制一定物质的量浓度的溶液,定容时俯视刻度线使所配溶液的体积偏小,导致所配溶液浓度偏大,错误;‎ B、根据实验室容量瓶的规格判断,需要95 mL 0.1 mol·L-1NaCl溶液,可选用100 mL容量瓶来配制,正确;‎ C、100mL的量筒量取5.2mL的盐酸,量程太大导致误差大,应选择10mL的量筒,错误;‎ D、托盘天平称量固体的质量只能精确到0.1g,错误;‎ 答案选B。‎ ‎15.某物质的焰色反应呈黄色,下列判断正确的是( )‎ A. 该物质一定是金属钠 B. 该物质一定是钠盐 C. 该物质中必定含钠元素 D. 该物质中必定含钾元素 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.只要含有钠元素,焰色反应就呈黄色,不一定是钠单质,故A错误; ‎ B.焰色反应的性质是元素的性质,和元素的存在形态无关,可能是含钠化合物,也可能是单质,故B错误;‎ C.焰色反应的性质是元素的性质,物质灼烧时,焰色反应为黄色,则一定含有钠元素,故C正确;‎ D.钾元素的焰色反应为紫色,易被黄光遮住,应透过蓝色钴玻璃观察,则无法确定是否有钾元素,故D错误;‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】考查焰色反应的相关知识,明确焰色反应是元素的性质是解答的关键,焰色反应是元素的性质,灼烧时焰色反应为黄色,说明各物质中含有Na元素,而钠元素的焰色反应的黄光可以掩盖住钾元素的紫光,故要判断是否含有钾元素,必须透过蓝色钴玻璃来观察。‎ ‎16.下列反应属于氧化还原反应的是(  )‎ A. SO3+ H2O= H2SO4 B. NH4Cl NH3+HCl C. Fe+CuSO4= FeSO4+Cu D. NaOH+HNO3=NaNO3+H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.SO3+ H2O= H2SO4反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故A不选;‎ B.NH4Cl NH3↑+HCl↑反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故B不选;‎ C.Fe+CuSO4= FeSO4+Cu反应中Fe元素化合价由0价变为+2价、Cu元素化合价由+2价变为0价,所以有电子转移,属于氧化还原反应,故C选;‎ D.NaOH+HNO3=NaNO3+H2O反应中各元素化合价不变,不属于氧化还原反应,故D不选;‎ 故选C。‎ ‎17.中国旅游标志马踏飞燕用青铜铸造。关于铜的一种核素Cu,下列说法正确的是 A. Cu的中子数为64 B. Cu的质子数为35‎ C. Cu的核电荷数为29 D. Cu的核外电子数为64‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 质子数+中子数=质量数,则Cu的中子数为64-29=35,A错误;‎ B. Cu的质子数为29,B错误;‎ C. 质子数等于核电荷数,则Cu的核电荷数为29,C正确;‎ D. 质子数等于核外电子数,则Cu的核外电子数为29,D错误;‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】明确原子的构成以及构成微粒之间的数量关系是解答的关键,在表示原子组成时元素符号的左下角表示质子数,左上角表示质量数。‎ ‎18.下列实验结论正确的是( )‎ A. 向某溶液中加入稀盐酸,产生无色无味的气体,将该气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊,证明该溶液中一定含有CO32-‎ B. 向某溶液中加入稀硝酸和硝酸银溶液,产生白色沉淀,证明该溶液中一定含有Cl-‎ C. 向某溶液中加入CCl4,CCl4层显紫色,证明该溶液中存在I-‎ D. 向某溶液中加入氯化钡溶液,有白色沉淀产生,再加入稀盐酸,沉淀不消失,则该溶液中含有SO42-‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变无色无味的气体的离子有CO32-、HCO3-,故A错误;‎ B.加入稀硝酸和硝酸银溶液,产生白色沉淀,此沉淀为AgCl,证明该溶液中一定含有Cl-,故B正确;‎ C.CCl4层显紫色,说明溶液中含有I2,而I-无色,并且不能溶于CCl4中,故C错误;‎ D.加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,可能生成AgCl沉淀,应先加入盐酸,如无现象,再加入氯化钡溶液,有白色沉淀证明有SO42-,故D错误;‎ 故答案为B。‎ ‎19.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是( )‎ A. 2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.1NA B. 2g氢气中含有的原子数为NA C. 3.01×1023个氮分子中含有的原子数为2NA D. 17g氨气中含有的电子数为10NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.4g镁的物质的量为0.1mol,变成镁离子失去0.2mol电子,所以2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.2NA,A错误;‎ B. 2 g氢气中含有的原子数为2NA,B错误;‎ C. 3.01×1023个氮气分子中含有的原子数为NA,C错误;‎ D. 每个氨分子含有10个电子,17g氨气中含有的电子数为10NA,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎20.现有A、B、C三种化合物,各取40g相混合,完全反应后,容器中只有18gB、49gC,还有D生成,已知D的相对分子质量为106。下列说法中不正确的是( )‎ A. 化学方程式一定是A+B=C+D B. 生成D的物质的量为0.5mol C. 若化学方程式为2A+B=C+D,则A的摩尔质量为40g·mol-1‎ D. 若D是碳酸钠,则钠离子的质量为23g ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现有A、B、C三种化合物,各取40g相混合,完全反应后,容器中只有18gB、49gC,还有D生成,则40gA完全反应,参加反应的B的质量为40g-18g=22g,生成的C的质量为49g-40g=9g,根据质量守恒定律反应生成的D的质量为40g+22g-9g=53g。‎ ‎【详解】A.由分析知A和B是反应物,C和D是生成物,但无法确定A、B、C、D的物质的量之比,即反应方程式不一定为A+B=C+D,故A错误;‎ B.反应生成的D的质量为53g,D的相对分子质量为106,则生成D的物质的量为=0.5mol,故B正确;‎ C.若化学方程式为2A+B=C+D,结合D的物质的量为0.5mol,则A的物质的量为1mol,其的摩尔质量为=40g·mol-1,故C正确;‎ D.若D是碳酸钠,物质的量为0.5mol,则钠离子的物质的量为1mol,质量为23g,故D正确;‎ 故答案为A。‎ ‎21.在我们的日常生活中出现了“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品。这里的“碘、铁、钙、硒、氟”指的是( )‎ A. 元素 B. 单质 C. 分子 D. 氧化物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】物质是由元素组成的,“加碘食盐”、“增铁酱油”、“高钙牛奶”、“富硒茶叶”、“含氟牙膏”等商品,这里的碘、铁、钙、硒、氟指的是物质中所含有的元素,观察选项,故选A。‎ ‎22.用等体积的0.1mol/L的AgNO3溶液,可使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2和AlCl33种溶液中的Cl-恰好完全沉淀,则3种氯化物溶液的体积之比为( )‎ A. 1:2:3 B. 3:2:1 C. 6:3:2 D. 1:1:1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 消耗AgNO3的物质的量相等,则NaCl、MgCl2和AlCl3三种溶液中的Cl-物质的量相等,假设为1mol,根据氯离子守恒计算NaCl、MgCl2和AlCl3的物质的量,溶液体积相等,浓度之比等于物质的量之比。‎ ‎【详解】由题意可知,消耗AgNO3的物质的量相等,则NaCl、MgCl2和AlCl3三种溶液中的Cl-物质的量相等,假设为1mol,由氯离子守恒,则:n(NaCl)=1mol、n(MgCl2)=0.5mol、n(AlCl3)=mol,溶液体积相等,浓度之比等于物质的量之比,则c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)= 1mol:0.5mol:mol=6:3:2,故答案为C。‎ 第Ⅱ卷(非选择题)‎ 二、填空题(本题包括4小题,共46分)‎ ‎23.阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023。按要求完成下列填空:‎ ‎(1)1molCl2中约含有___个氯气分子,约含有__个氯原子。含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的物质的量是___;‎ ‎(2)某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+,则该溶液中SO42-的物质的量是___。‎ ‎(3)2L1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为___,Cl-的物质的量浓度为___。‎ ‎(4)三种盐的混合溶液中含有0.2molNa+、0.25molMg2+、0.4molCl-、SO42-,则SO42-的微粒个数约为___。‎ ‎【答案】 (1). NA (2). 2NA (3). 0.5mol (4). 0.25mol (5). 2mol (6). 2mol/L (7). 0.15NA ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据n=,结合分子的构成计算;‎ ‎(2)根据n=计算n(Na+),由化学式可知n(SO42-)=n(Na+);‎ ‎(3)根据c=结合物质的分子式来计算;‎ ‎(4)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒,根据守恒思想来计算。‎ ‎【详解】(1)根据n=,1molCl2中含有NA个氯气分子,含有2NA个氯原子,含有6.02×1023个氢原子的H2SO4的个数为×6.02×1023,H2SO4的物质的量是0.5mol;‎ ‎(2)n(Na+)==0.5mol,由化学式可知n(SO42-)=n(Na+)=0.5mol×=0.25mol;‎ ‎(5)2L 1mol/LMgCl2中镁离子的物质的量为2L×1mol/L=2mol,Cl-的物质的量浓度为2mol/L;‎ ‎(6)溶液中阴离子和阳离子的正负电荷守恒,即n(Na+)+2n( Mg2+)=n (Cl-)+2n(SO42-),所以0.2 mol+2×0.25 mol=0.4 mol+2n(SO42-),解出n(SO42-)=0.15mol,则SO42-的微粒个数为0.15NA。‎ ‎24.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在,为了便于研究和利用,常需对混合物进行分离和提纯。下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。‎ I.请根据混合物分离或提纯的原理,回答在下列实验中需要使用哪种装置。将A、B、C、D填入适当的空格中。‎ ‎(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙___;‎ ‎(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___;‎ ‎(3)分离植物油和水___;‎ ‎(4)海水淡化___;‎ ‎(5)从碘水中分离出I2___。‎ II.碘水中提取碘单质的方法如下:‎ ‎(1)萃取分液 ‎①下列可作为碘水中提取碘单质萃取剂的是___;‎ A.酒精 B.苯 ‎②分液漏斗在使用前必须先___;‎ ‎③查资料得知:ρ(H2O)>ρ(苯)>ρ(酒精),若用①中所选萃取剂萃取碘水中的碘单质,分液时,水层应由分液漏斗的___端口放出,有机层应由分液漏斗的___端口放出(此问填“上”或者“下”)。‎ ‎(2)蒸馏 ‎①装置A中a的名称是___,冷凝装置中冷凝水应该___口进(填“上”或“下”),这样做的目的是___。‎ ‎②已知碘和四氯化碳熔沸点数据如下表 熔点 沸点 碘 ‎1137℃‎ ‎184.3℃‎ 四氯化碳 ‎-22.6℃‎ ‎76.8℃‎ 若用蒸馏法分离碘和四氯化碳的混合物,锥形瓶中先收集到的物质的名称是___。‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). C (4). A (5). C (6). B (7). 检查是否漏液 (8). 下 (9). 上 (10). 蒸馏烧瓶 (11). 下 (12). 使水充满冷凝管,水流方向与蒸汽方向相反,冷凝效果更好 (13). 四氯化碳 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I. 由装置图可知A为蒸馏,常用于分离沸点不同的液体混合物;B为过滤,常用于分离固液混合物;C为萃取分液;D为蒸发,结合混合物的性质的异同选择分离方法 II.(1)①碘水中提取碘单质,选取的萃取剂不能与溶剂水相溶;‎ ‎②分液漏斗有旋塞,使用分液漏斗前必须检查其是否漏水;‎ ‎③苯为有机溶剂,则有机层的密度小于水溶液,分层后碘的苯溶液在上层、水溶液在下层,上层液体从分液漏斗口放出,下层液体从下口放出;‎ ‎(2)①蒸馏装置中,冷凝管的通水方向采用逆向通水法,确保冷凝效果较好;‎ ‎②蒸馏过程中,沸点越低,则优先在锥形瓶中收集到,据此判断锥形瓶中先收集到的物质的名称。‎ ‎【详解】I. (1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙,碳酸钙不溶于水,可以通过过滤操作分离,则应该选用装置B;‎ ‎(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠,需要通过蒸发操作完成,应该选用装置D;‎ ‎(3)分离植物油和水,二者互不相溶,可以通过分液操作完成,应该选用装置C;‎ ‎(4)海水淡化,可以通过蒸馏操作完成,所以应该选用装置A;‎ ‎(5)从碘水中分离出I2,可以通过萃取分液操作完成,所以应该选用装置C;‎ II. (1)①碘水中提取碘单质,需要通过萃取方法,选取的萃取剂不能与水相溶,所以不能选用A酒精,可以选用苯,故答案为:B;‎ ‎②分液漏斗有瓶塞和旋塞,检查分液漏斗前必须检查分液漏斗是否漏液;‎ ‎③由于ρ(H2O)>ρ(苯),若用苯为萃取剂萃取碘水中的碘单质,有机层在上方、水层在下层,则分液时,水层应由分液漏斗的下端口放出,有机层应由分液漏斗的上端口放出;‎ ‎(2)①如图,A上午名称为蒸馏烧瓶,给冷凝管通水时,通常采用逆向通水,即:从冷凝管的下口进水,冷凝效果会更好;‎ ‎ ②根据表中碘单质和四氯化碳的沸点可知,四氯化碳的沸点较低,则四氯化碳优先被蒸出,锥形瓶中先收集到的物质为四氯化碳。‎ ‎【点睛】分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下: ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) :加热(灼烧、升华、热分解),溶解,过滤(洗涤沉淀),蒸发,结晶(重结晶);②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) :分液,萃取,蒸馏;③分离提纯物是胶体:盐析或渗析;④分离提纯物是气体:洗气。‎ ‎25.某待测液中可能含有Cu2+、Mg2+、Fe3+、K+、NH、Cl-等离子,现通过如下实验对其中的阳离子进行检验:‎ ‎(1)取少量待测液,仔细观察,呈无色。‎ ‎(2)向上述待测液中滴加NaOH溶液,有白色沉淀生成;实验过程中还有刺激性气味的气体产生,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。‎ 据此可以判断该待测液中一定含有的阳离子是___,一定没有的阳离子是___。还有一种阳离子没有检验,检验这种离子的实验方法是(填写实验名称)___,现象是___。‎ ‎【答案】 (1). Mg2+ (2). Cu2+和Fe3+ (3). 熖色反应 (4). 透过蓝色钴玻璃火焰呈紫色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无色可知不含Cu2+和Fe3+,待测液中逐滴滴加NaOH溶液有白色沉淀生成,可知含Mg2+,实验过程中还有刺激性气味的气体产生,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气,可知含NH4+,由溶液为电中性可知含Cl-,不能确定是否含K+,以此来解答。‎ ‎【详解】无色可知不含Cu2+和Fe3+,待测液中逐滴滴加NaOH溶液有白色沉淀生成,可知含Mg2+,实验过程中还有刺激性气味的气体产生,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体为氨气,可知含NH4+,由溶液为电中性可知含Cl-,不能确定是否含K+;‎ 该待测液中一定含有的阳离子是Mg2+,一定没有的阳离子是Cu2+和Fe3+;还有一种阳离子K+没有检验,检验K+的实验方法是熖色反应,现象是通过蓝色钴玻璃观察火焰,如果火焰呈紫色就说明有钾离子,否则没有。‎ ‎【点睛】破解离子推断题的几种原则:①肯定性原则:根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子;(记住几种常见的有色离子:Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42-、Cr2O72-);②互斥性原则:在肯定某些离子的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在;(要注意题目中的隐含条件,如:酸性、碱性、指示剂的变化、与铝反应产生H2、水的电离情况等);③电中性原则:溶液呈电中性,一定既有阳离子,又有阴离子,且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等;(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子);④进出性原则:通常是在实验过程中使用,是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。‎ ‎26.实验室需要0.3mol/LNaOH溶液480mL。根据溶液的配制情况回答下列问题。‎ ‎(1)如图所示,配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是__(填仪器名称)。‎ ‎(2)下列操作中,容量瓶所不具备的功能有___(填序号)。‎ A.配制一定体积准确浓度的标准溶液 B.贮存溶液 C.测量容量瓶规格以下的任意体积的液体 D.准确稀释某一浓度的溶液 E.用来加热溶解固体溶质 ‎(3)根据计算,用托盘天平称取NaOH的质量为___g。在实验中其他操作均正确,若定容时仰视刻度线,则所得溶液浓度___(填“偏大”“不变”或“偏小,下同)。若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,则所得溶液浓度___。‎ ‎【答案】 (1). 烧杯和玻璃棒 (2). AD (3). 6.0 (4). 偏大 (5). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据溶液的配制情况结合各仪器的作用选取仪器;‎ ‎(2)有关容量瓶的构造和使用,容量瓶可用于配制一定浓度的溶液;‎ ‎(3)根据m=cVM计算氢氧化钠的质量,注意溶液的体积为500mL而不是480mL进行计算,根据c=并结合溶质的物质的量n和溶液的体积V的变化来进行误差分析。‎ ‎【详解】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水),冷却后转移到500mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为:托盘天平、药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,所以需要的仪器是BDE,还需要的仪器是烧杯和玻璃棒;‎ ‎(2)A.容量瓶用于配制一定体积的、浓度准确的溶液,故A正确;‎ B.容量瓶只能用来配制一定体积准确浓度的溶液,不能用于贮存溶液,故B错误;‎ C.容量瓶不能配制或测量容量瓶规格以下的任意体积的液体,故C错误;‎ D.容量瓶能准确稀释某一浓度的溶液,故D正确;‎ E.容量瓶只有一个刻度线,故不能量取一定体积液体,故E错误;‎ F.容量瓶不能受热,故不能用来加热溶解固体溶质,故F错误;‎ 故答案为AD;‎ ‎(3)根据n=c×V=0.3mol/L×0.5L=0.15mol,m=n×M,m=0.15mol×40g/mol=6.0g;在实验中其他操作均正确,若定容时俯视刻度线,使得所配溶液的体积偏小,则所得溶液浓度大于0.3mol/L;若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,溶质的物质的量偏小,则所得溶液浓度小于0.3mol/L。‎ ‎【点睛】考查配制一定物质的量浓度的溶液中的误差分析,根据c=可知,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的,误差分析时,关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化,若n比理论值小,或V比理论值大时,都会使所配溶液浓度偏小;若n比理论值大,或V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。‎ ‎27.将足量澄清石灰水加入500mL碳酸钠中,过滤,干燥后得到10g沉淀。‎ ‎(1)求碳酸钠溶液的物质的量浓度___。‎ ‎(2)若取出这10g沉淀,向其中加入足量的稀盐酸,充分反应,求最终产生的气体在标准状况下的体积___。‎ ‎【答案】 (1). 0.2mol/L (2). 2.24L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)发生反应:Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH,10g沉淀为碳酸钙,结合方程式计算碳酸钠的物质的量,再根据c=计算;‎ ‎(2)发生反应:CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,据此计算生成二氧化碳的体积。‎ ‎【详解】(1)10gCaCO3的物质的量为=0.1mol,结合Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH可知参加反应的碳酸钠的物质的量为0.1mol,故碳酸钠的物质的量浓度=0.2mol/L;‎ ‎(2)10gCaCO3的物质的量为=0.1mol,,结合CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知生成CO2的物质的量为0.1mol,则其标准状况下的体积V=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。‎ ‎ ‎
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